Question

3．如圖，等邊三角形ABC的邊長為6cm，動點P從點A出發(fā)以2cm/秒的速度沿AC方向向終點C運動，同時動點Q從點C出發(fā)以1cm/秒的速度沿CB方向向終點B運動，過點P、Q分別作邊AB的垂線段PM、PN，垂足分別為點M、N．設(shè)P、Q兩點運動時間為t秒（0＜t＜3），四邊形MNQP的面積為S cm²．
（1）在點P、Q在運動的過程中，t為何值時，PQ∥AB？
（2）求四邊形MNQP的面積S隨運動時間t變化的函數(shù)關(guān)系式．
（3）是否存在某一時刻t，使四邊形MNQP的面積S等于△ABC的面積的$\frac{7}{18}$？若存在，求出此時t的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)PQ∥AB時，由△ABC是等邊三角形，得出△PQC是等邊三角形，PC=QC，得出方程6-2t=t，解方程即可；（2）△APM和△BQN都是有一個角是60°的直角三角形，根據(jù)勾股定理可分別求出AM，PM，BN和QN，然后求出直角梯形的高MN．用梯形面積公式求出四邊形MNQP的面積S隨運動時間t變化的函數(shù)關(guān)系式；
（3）根據(jù)題意列出方程即可解得t的值，然后看是否滿足0＜t＜4．

解答 解：（1）t=2s時，PQ∥AB；理由如下：
當(dāng)PQ∥AB時，∵△ABC是等邊三角形，
∴△PQC是等邊三角形，
∴PC=QC，
∴6-2t=t，
解得：t=2，
即t=2s時，PQ∥AB；
（2）根據(jù)題意得：AP=2t，QB=8-t，△APM和△QNB是直角三角形，四邊形MNQP是直角梯形．
在Rt△APM和Rt△QNB中，AM=$\frac{1}{2}$AP=t，PM=$\sqrt{3}$t，BN=$\frac{1}{2}$（6-t），QN=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（6-t），
∴MN=AB-AM-BN=6-t-$\frac{1}{2}$（6-t）=3-$\frac{1}{2}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$（PM+QN）•MN=$\frac{1}{2}$[$\sqrt{3}$t+$\frac{\sqrt{3}}{2}$（6-t）]•（3$-\frac{1}{2}$t）=-$\frac{\sqrt{3}}{8}$t²+$\frac{9\sqrt{3}}{2}$，
即S=-$\frac{\sqrt{3}}{8}$t²+$\frac{9\sqrt{3}}{2}$；
（3）假設(shè)存在某一時刻t，使四邊形MNQP的面積S等于△ABC的面積的$\frac{7}{18}$，
即S=$\frac{7}{18}$S_△ABC，
-$\frac{\sqrt{3}}{8}$t²+$\frac{9\sqrt{3}}{2}$=$\frac{7}{18}$×$\frac{\sqrt{3}}{4}$×6²，
整理得：t²=8，
解得：t=±2$\sqrt{2}$（負(fù)值舍去），
∴t=2$\sqrt{2}$s時，四邊形MNQP的面積S等于△ABC的面積的$\frac{7}{18}$．

點評 本題是相似形綜合題，考查了正三角形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)、三角形和梯形面積的計算、函數(shù)解析式的求法以及方程的知識；本題難度較大，綜合性強，把函數(shù)和面積融合在一起，比較復(fù)雜，檢測學(xué)生的計算能力．